Matematyka.pl

Wyszło mi \(\displaystyle{ 2\sqrt{2}-1}\), nie umiem tego udowodnić

Nie przypominam sobie, bym miał z tego coś więcej, niż krótkie wspomnienie na równaniach różniczkowych, więc posługiwałem się zasobami internetu (czy tam usenetu).
Funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\max(0,\sin x)}\) jest okresową o okresie głównym \(\displaystyle{ 2\pi}\) i bezwzględnie całkowalną w \(\displaystyle{ [-\pi, \pi].}\) Zatem możemy ją rozwinąć w szereg Fouriera (dopiero ogarnąłem, że warunki Dirichleta, z których jeden nie jest tu najwyraźniej spełniony, są dostateczne, a nie konieczne).
No to liczymy współczynniki części parzystej:
\(\displaystyle{ a_n= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)\mbox{d}x= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi}\sin x \cos(nx) \mbox{d}x= \begin{cases} 0 \text{ dla }n=1\\ \pi^{-1} \frac{(-1)^{n+1}-1}{n^2-1} \text{ dla } n \neq 1 \end{cases}}\)

Teraz współczynniki części nieparzystej (\(\displaystyle{ n \ge 1}\)):
\(\displaystyle{ b_n= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx)\mbox{d}x= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi}\sin x \sin(nx)\mbox{d}x= \begin{cases} \frac{1}{2} \text{ dla }n=1 \\ 0 \text{ poza tym } \end{cases}}\)
W obydwu przypadkach dwukrotnie całkujemy przez części (poza łatwymi przypadkami \(\displaystyle{ n=0,1}\)).

Zatem prawdą jest, że
\(\displaystyle{ f(x)= \frac{1}{\pi} + \frac{1}{2}\sin(x) +\sum_{n=2}^{\infty} \pi^{-1} \frac{(-1)^{n+1}-1}{n^2-1}\cos(nx)}\)
Wstawiając \(\displaystyle{ x= 0}\), mamy
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{2}{4n^2-1}=1}\), a więc \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{1}{4n^2-1}= \frac{1}{2}}\)
Teraz jednak widzę, że lepiej jest wstawić \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{2}}\), co daje:
\(\displaystyle{ - \frac{2}{\pi} \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^n}{4n^2-1}=- \frac{1}{\pi}+ \frac{1}{2}}\) oraz wreszcie \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^n}{4n^2-1}= \frac{1}{2}- \frac{\pi}{4}}\)

chociaż ta granica nie pętli się \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin(\frac{1}{x})}{\sin(x)}=0}\) ale reguła de Hospitala nie może dać rezultatu, gdyż po zróżniczkowaniu wyrażenie w liczniku nie ma granicy
i jest równe \(\displaystyle{ 2x \sin(\frac{1}{x}) - \cos(\frac{1}{x})}\)

Skoro \(\displaystyle{ f}\) ma ciągłą pochodną, to ze wzoru na pochodną funkcji złożonej i wzoru na pochodną sumy mamy, że
\(\displaystyle{ \frac{\partial u}{\partial x}=y- \frac{y}{x^2}f'\left( \frac y x\right)}\)
oraz \(\displaystyle{ \frac{\partial u}{\partial y}=x+ \frac{1}{x}f'\left( \frac y x\right)}\),
więc \(\displaystyle{ x \frac{\partial u}{\partial x}+y \frac{\partial u}{\partial y}=2xy}\)
Natomiast teza jest nieprawdziwa np. dla \(\displaystyle{ f(t)=\sin t}\). Nie wydaje mi się bowiem, by zachodziło
\(\displaystyle{ \sin\left( \frac{y}{x} \right)\equiv 0}\). Czy może źle rozumiem treść zadania lub zapomniałem podstaw rachunku różniczkowego? W takim razie proszę o wyjaśnienie.

Zauważmy, że
\(\displaystyle{ \cos x+\sin x+ \frac{1}{\cos x}+ \frac{1}{\sin x}+\ctg x+\tg x=\\=\left(\sin x+\cos x+1 \right)\left( \frac{1}{\sin x}+ \frac{1}{\cos x}+1 \right)-3=\\=(\sin x+\cos x+1)\left( 2\frac{\sin x+\cos x}{(\sin x+\cos x)^2-1} +1\right) -3}\)
i podstawmy \(\displaystyle{ u=\sin x+\cos x}\) - wówczas oczywiście \(\displaystyle{ u \in \left[ -\sqrt{2}, \sqrt{2}\right]}\), co wynika np. ze wzoru redukcyjnego \(\displaystyle{ \cos x=\sin\left( \frac \pi 2-x\right)}\) i wzoru na sinus sumy (albo z QM-AM).
Mamy funkcję \(\displaystyle{ g(u)=\left|(u+1)\left( \frac{2u}{u^2-1}+1 \right)-3\right|}\). Moduły są brzydkie, więc wykorzystamy fakt, iż \(\displaystyle{ \RR^+ \ni x\mapsto x^2}\) jest funkcją ściśle rosnącą.
Pochodna \(\displaystyle{ g^2(u)}\) to oczywiście \(\displaystyle{ 2\left[(u+1)\left( \frac{2u}{u^2-1}+1 \right)-3 \right]\left( \frac{2u}{u^2-1}+1-2 (u+1)\frac{u^2+1}{(u^2-1)^2} \right)}\)
Szukamy jej zer w \(\displaystyle{ [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]}\) i porównujemy wartości w tychże punktach z
wartościami \(\displaystyle{ g}\) na krańcach przedziału (ekstrema lokalne \(\displaystyle{ g}\) są pryjmowane tam, gdzie ekstrema lokalne \(\displaystyle{ g^2}\), bo \(\displaystyle{ g}\) jest nieujemna, no i obowiązuje powyższa obserwacja o kwadracie obciętym do półprostej dodatniej) .
Z przyrównania zawartości kwadratowego nawiasu do zera nie wychodzi żadna wartość (po uwzględnieniu dziedziny: \(\displaystyle{ u^2 \neq 1}\)). Jeśli chodzi o duży okrągły nawias, to
mamy do rozwiązania równanie \(\displaystyle{ 2u(u^2-1)+(u^2-1)^2-2(u+1)(u^2+1)=0}\)
przy zastrzeżeniach \(\displaystyle{ u^2 \neq 1 \wedge |u| \le \sqrt{2}}\)
Jest: \(\displaystyle{ 2u(u^2-1)+(u^2-1)^2-2(u+1)(u^2+1)=(u+1)(2u^2-2+(u+1)(u-1)^2-2u^2-2)=\\=(u+1)(u^3-u^2-3u-1)=(u+1)^2(u^2-2u-1)}\)
\(\displaystyle{ -1}\) oraz \(\displaystyle{ 1+\sqrt{2}}\) odrzucamy z uwagi na powyższe obostrzenia, zaś
\(\displaystyle{ u=1-\sqrt{2}}\) podstawiamy do wzoru
\(\displaystyle{ g(u)=\left|(u+1)\left( \frac{2u}{u^2-1}+1 \right)-3\right|}\), dostając chyba (oczy mnie bolą, sami se sprawdźcie)
\(\displaystyle{ 2\sqrt{2}-1}\), czyli wynik usera dec1. Oczywiście na krańcach nie ma ekstremum, gdyż jeśli \(\displaystyle{ \sin x+\cos x=+/-2}\), to sinus i cosinus są tego samego znaku, a wówczas z nierówności między średnimi jest \(\displaystyle{ \left|\sin x+\cos x+\tg x+\ctg x+ \frac{1}{\cos x}+ \frac{1}{\sin x}\right| \ge 6}\) (i tak nawiasem mówiąc równość nie zajdzie).

Czekam na lepszą propozycję.

Ponieważ \(\displaystyle{ \sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4} \right)}\), \(\displaystyle{ \left|\sin x + \cos x\right|\le \sqrt{2}}\)
Oznaczmy sobie \(\displaystyle{ a=\sin x+\cos x}\). Wtedy po paru przekształceniach trygonometrycznych mamy \(\displaystyle{ f(x)=\left| a+\frac{2}{a-1}\right|}\)

Rozpatrzmy dwa przypadki:
1) \(\displaystyle{ -\sqrt{2}\le a<1}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ a+\frac{2}{a-1}=1-\left(1-a+\frac{2}{1-a} \right)}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ 1-a>0}\), z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną mamy \(\displaystyle{ \left(1-a+\frac{2}{1-a} \right)\le 2\sqrt{2}}\)
Stąd \(\displaystyle{ a+\frac{2}{a-1}\le 1-2\sqrt{2}<0}\), co oznacza, że
\(\displaystyle{ \left|a+\frac{2}{a-1} \right|\ge 2\sqrt{2}-1}\)

2) \(\displaystyle{ 1<a \le \sqrt{2}}\)
ponieważ \(\displaystyle{ a-1<1}\), \(\displaystyle{ a+\frac{2}{a-1}>\frac{2}{a-1}>2}\), więc \(\displaystyle{ \left| a+\frac{2}{a-1}\right|>2>2\sqrt{2}-1}\)

Stąd wynika, że minimum tej funkcji to \(\displaystyle{ 2\sqrt{2}-1}\)

Równość zachodzi, gdy \(\displaystyle{ (1-a)^2=2}\), czyli dla \(\displaystyle{ x=\arcsin\left( \frac{1-\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right)-\frac{\pi}{4}}\)

Jak sugerował Slup, rozwiązanie korzysta z twierdzenia o residuach.

Niech

\(\displaystyle{ f(z) = \frac{z}{\sin z \cdot \sinh z}.}\)

Będziemy całkować tę funkcję po brzegu kwadratu \(\displaystyle{ S_n = I_n \times I_n}\) gdzie

\(\displaystyle{ I_n = \left[ -\left( n \pi + \frac{\pi}{2} \right), n \pi + \frac{\pi}{2} \right].}\)

Wewnątrz tego kwadratu są następujące punkty osobliwe, wraz z residuami:

\(\displaystyle{ \underset{z=0}{\mathrm{res}} \, f(z) = 1,}\)

\(\displaystyle{ \underset{z=k \pi}{\mathrm{res}} \, f(z) = (-1)^k \cdot \frac{k \pi}{\sinh(k \pi)}}\) dla \(\displaystyle{ k = \pm 1, \ldots, \pm n,}\)

\(\displaystyle{ \underset{z=k \pi i}{\mathrm{res}} \, f(z) = (-1)^k \cdot \frac{k \pi}{\sinh(k \pi)}}\) dla \(\displaystyle{ k = \pm 1, \ldots, \pm n.}\)

Na mocy twierdzenia o residuach mamy więc

\(\displaystyle{ \frac{1}{2 \pi i} \oint \limits_{\partial S_n} f(z) \, \dd z = 1 + 4 \cdot \sum_{k=1}^n (-1)^k \cdot \frac{k \pi}{\sinh(k \pi)},}\)

zatem

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \cdot \frac{k \pi}{\sinh(k \pi)} = \frac{1}{4} \left[ 1 - \frac{1}{2 \pi i} \oint \limits_{\partial S_n} f(z) \, \dd z \right].}\)

Pozostaje więc pokazać, że

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \oint \limits_{\partial S_n} f(z) \, \dd z = 0}\)

(i wówczas dostaniemy \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \cdot \frac{k}{\sinh(k \pi)} = \frac{1}{4 \pi},}\) więc w treści chyba jest błąd).

Zachodzą wzory

\(\displaystyle{ \sin( x + yi ) = \sin x \cosh y + i \cos x \sinh y \\[1ex]
\sinh( x + yi ) = \cos y \sinh x + i \sin y \cosh x,}\)

toteż

\(\displaystyle{ {| \sin( x + yi ) | = \sqrt{ \sin^2 x \cosh^2 y + \cos^2 x \sinh^2 y } \ge \sqrt{ \sin^2 x \sinh^2 y + \cos^2 x \sinh^2 y } = | \sinh y |} \\[1ex]
{| \sinh( x + yi ) | = \sqrt{ \cos^2 y \sinh^2 x + \sin^2 y \cosh^2 x } \ge \sqrt{ \cos^2 y \sinh^2 x + \sin^2 y \sinh^2 x } = | \sinh x |.}}\)

Stąd dla \(\displaystyle{ z = x + yi,}\) gdzie \(\displaystyle{ x = \pm \left( n \pi + \frac{\pi}{2} \right), \ y \in I_n}\):

\(\displaystyle{ \sin z = \sin x \cosh y + i \cos x \sinh y = \pm (-1)^n \cosh y \\[1ex]
|f(z)| = \frac{|z|}{|\sin z| \cdot |\sinh z|} \le \frac{ \sqrt{2} \cdot \left( n \pi + \frac{\pi}{2} \right) }{ \cosh y \cdot \sinh \left( n \pi + \frac{\pi}{2} \right) } \le \frac{\left( n + \frac{1}{2} \right) \sqrt{2} \pi}{\sinh(n \pi)}.}\)

Podobnie, dla \(\displaystyle{ z = x + yi,}\) gdzie \(\displaystyle{ x \in I_n, \ y = \pm \left( n \pi + \frac{\pi}{2} \right)}\):

\(\displaystyle{ \sinh z = \cos y \sinh x + i \sin y \cosh x = \pm (-1)^n \cdot i \cosh x \\[1ex]
|f(z)| = \frac{|z|}{|\sin z| \cdot |\sinh z|} \le \frac{ \sqrt{2} \cdot \left( n \pi + \frac{\pi}{2} \right) }{ \sinh \left( n \pi + \frac{\pi}{2} \right) \cdot \cosh x } \le \frac{\left( n + \frac{1}{2} \right) \sqrt{2} \pi}{\sinh(n \pi)},}\)

zatem

\(\displaystyle{ |f(z)| \le \frac{\left( n + \frac{1}{2} \right) \sqrt{2} \pi}{\sinh(n \pi)}}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ z \in \partial S_n.}\)

Wynika stąd, że

\(\displaystyle{ \left| \, \oint \limits_{\partial S_n} f(z) \, \dd z \, \right| \le | \partial S_n | \cdot \frac{\left( n + \frac{1}{2} \right) \sqrt{2} \pi}{\sinh(n \pi)} = 8 \cdot \left( n \pi + \frac{\pi}{2} \right) \cdot \frac{\left( n + \frac{1}{2} \right) \sqrt{2} \pi}{\sinh(n \pi)} = \frac{\left( n + \frac{1}{2} \right)^2 \cdot 8 \sqrt{2} \pi^2}{\sinh(n \pi)}}\)

a oczywiście

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{\left( n + \frac{1}{2} \right)^2 \cdot 8 \sqrt{2} \pi^2}{\sinh(n \pi)} = 0,}\)

co kończy dowód.

\(\displaystyle{ V= \int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{ \sqrt{y-y^2} }\left( y-(y^2+z^2)\right) \mbox{d}z \right) \mbox{d}y=\int_{0}^{1} \left( (y-y^2)z- \frac{z^3}{3}\left| _{0}^{ \sqrt{y-y^2} } \right) \mbox{d}y=}\)
\(\displaystyle{ = \frac{1}{3} \int_{0}^{1}(y-y^2) \sqrt{1-( \frac{y- \frac{1}{2} }{2} )^2}dy=\left[ k= \frac{y- \frac{1}{2} }{2}\right]=\frac{1}{6} \int_{ \frac{-1}{4} }^{\frac{1}{4}}(-14k^2+ 1 ) \sqrt{1-k^2}dk=}\)
\(\displaystyle{ = \frac{1}{6} \left( \left( -4k^3+ \frac{5}{2}k \right) \sqrt{1-k^2}- \frac{3}{2}\arcsin k \right)\left| _{ \frac{-1}{4} }^{\frac{1}{4}}= \frac{3}{64} \sqrt{15}- \frac{1}{2}\arcsin \frac{1}{4}}\)

\(\displaystyle{ P=2 \int_{-3}^{3}\left( \int_{-2 \sqrt{1-( \frac{x}{3} )^2} }^{2\sqrt{1-( \frac{x}{3} )^2}} \sqrt{1+(z'_x)^2+(z'_y)^2} \mbox{d}y \right) \mbox{d}x =}\)
\(\displaystyle{ =8 \int_{0}^{3}\left( \int_{0 }^{2\sqrt{1-( \frac{x}{3} )^2}} \sqrt{1+( \frac{-2x}{2 \sqrt{9-x^2-y^2} } )^2+(\frac{-2y}{2 \sqrt{9-x^2-y^2} })^2} \mbox{d}y \right) \mbox{d}x=}\)
\(\displaystyle{ =8 \int_{0}^{3}\left( \int_{0 }^{2\sqrt{1-( \frac{x}{3} )^2}} \sqrt{ \frac{9}{ 9-x^2-y^2 } } \mbox{d}y \right) \mbox{d}x=24 \int_{0}^{3}\left( \arcsin \frac{y}{ \sqrt{9-x^2} }\left| _{0 }^{2\sqrt{1-( \frac{x}{3} )^2}} \right) \mbox{d}x=}\)
\(\displaystyle{ =24 \int_{0}^{3}\left( \arcsin \frac{2}{ 3 } \right) \mbox{d}x=72\arcsin \frac{2}{ 3 }}\)

Z treści zadania zakładam że spełniony jest warunek \(\displaystyle{ rot\vec{F}=\vec{0}}\)wobec czego przechodzę od razu do szukania takiej funkcji skalarnej \(\displaystyle{ U(x,y,z)}\) którą nazwę potencjałem.

\(\displaystyle{ \begin{cases}\frac{\partial U}{\partial x}=y\cos z \\ \frac{\partial U}{\partial y}=x\cos z\\\frac{\partial U}{\partial z}=-xy\sin z \end{cases}}\)

z 1 równania wynika że \(\displaystyle{ U=xy\cos z+C(y,z)}\) pochodniując po \(\displaystyle{ y}\) dostanę równanie

\(\displaystyle{ x\cos z=x\cos z+\frac{\partial C}{\partial y}}\)

co uprości i pozwoli "namierzyć" \(\displaystyle{ C}\) wobec powyższego

\(\displaystyle{ C(y,z)=Const+C(z)}\)

teraz mamy \(\displaystyle{ U=xy\cos z+C(z)+Const}\)

pochodnując po \(\displaystyle{ z}\) i porównując z 3 równaniem mamy

\(\displaystyle{ -xy\sin z=-zy\sin z +\frac{\text{d}C}{\text{d}z}}\)

wobec czego \(\displaystyle{ \frac{\text{d}C}{\text{d}z}=0}\)

co implikuje \(\displaystyle{ C(z)=C(y,z)=Const=C}\)

podsumowując potencjałem jest :

\(\displaystyle{ U(x,y,z)=xy\cos z+C}\)

`N` - zbiór liczb nieparzystych, `P` zbior liczb pierwszych
\(\displaystyle{ \sum \frac{1}{n}=\sum_{k=0}^\infty\blue{\sum_{n\in N}\frac{1}{2^kn}}}\)

\(\displaystyle{ \sum \frac{1}{n}=\sum_{p\in P}\red{\sum_{k\ge 1}\frac{1}{p^k}}+\sum_{p_1,p_2\in P}\red{\sum_{k_1\ge1, k_2\ge 1}\frac{1}{p_1^{k_1}p_2^{k_2}}}+\sum_{p_1,p_2,p_3\in P}...}\)

i każdy z czerwonych szeregów jest zbieżny, a niebieskie są rozbieżne

Ciąg `1+x^n` zbiega jednostajnie do `1` na każdym przedziale `[0,1-\varepsilon]` a
\(\displaystyle{ 1>\int_0^1=\int_0^{1-\varepsilon}+\int_{\varepsilon}^1>\int_0^{1-\varepsilon}\to1-\varepsilon. }\)